专题8 功 功率&专题9 变力做功与机车启动问题-【数理报】2025-2026学年高一物理必修第二册期末复习专号升级突破大模拟（人教版）

26 专 题 专题8引 功功率 。山西肖台杰 专题考点一：功的理解与计算 在升降机以5m/s的速度匀速上升4s的过程中. 1.功的正负的判断方法 g取10m/s2,求： 0≤a<90°，做正功 (1)斜面对物体的支持力所做的功： 动力学法→F、夹角为a &=90°，不做功 (2)斜面对物体的摩擦力所做的功： 运动学法→a、t夹角为a 90°<a≤180°，做负功 (3)物体重力所做的功； 2.恒力做功的计算方法 (4)合力对物体所做的功. 受力分析 确定力 解析：物体置于升降机 找出力 和位移 「计算功的多少内随升降机一起匀速运动 →W=Flcos a 运动分析 方向的 判断功的正负 过程中，处于受力平衡状 找出位移 夹角 态，受力分析如图3所示 图3 3.合力做功的计算方法 由平衡条件得F,cos0 方法一：先求合力F合，再用W合=F合lcos a-Fsin0=0,F,sin0+F、cos0-G=0 求功.适用于F令为恒力的过程 代入数据得F=10N,F、=10√3N 方法二：先求各个力做的功W,W2,W3,…, x =ut 20 m 再应用W合=W,+W2+W+…求合力做的功 (1)斜面对物体的支持力所做的功 例1.如图1所示，一 W、=Fxxcos0=300J 磁铁吸附在铁板AB的下 (2)斜面对物体的摩擦力所做的功 方.现保持铁板与水平面 Wr Fxcos(90-0)=100 J 间的夹角0不变，缓慢推 图1 (3)物体重力做的功 动B端，使AB与磁铁一起水平向左匀速移动，则 W。=-Gx=-400J (4)合力对物体做的功 A.合力对磁铁做正功 方法一：W金=WN+W,+W。=0 B.AB对磁铁的作用力不做功 方法二：F合=0，W合=F合xcos a=0. C.AB对磁铁的弹力不做功 专题考点二：功率的理解与计算 D.AB对磁铁的摩擦力不做功 1.公式P=平和P=Fm的区别 解析：由于磁铁做匀速运动，磁铁所受合力 为零，合力对磁铁不做功，故A错误；磁铁受重力 P=?是功率的定义式，P=:是功率的 和AB对它的作用力而做匀速运动，根据平衡条 计算式 件可知，AB对磁铁的作用力大小等于重力，方向 2.平均功率的计算方法 竖直向上，与磁铁的运动方向相互垂直，故AB对 磁铁的作用力不做功，故B正确；AB对磁铁的弹 ()利用P-兴 力垂直接触面，与磁铁的运动方向不垂直，故弹 (2)利用P=F·cosa,其中而为物体运动 力一定做功，故C错误；AB对磁铁的摩擦力沿接的平均速度 触面，与磁铁运动方向不垂直，故摩擦力一定做 3.瞬时功率的计算方法 功，故D错误 (1)利用公式P=Fvcos,其中v为t时刻 答案：B 的瞬时速度 例2.如图2所示，升降 (2)P=F·vr,其中vr为物体的速度v在力 机内斜面的倾角0=30°， F方向上的分速度， 质量为2kg的物体置于斜 (3)P=F·v,其中F。为物体受到的外力F 面上始终不发生相对滑动， 图2 在速度v方向上的分力 数理极 例3.如图4所示，质 量为m=2kg的木块在 倾角0=37°的斜面上由 370 静止开始下滑，斜面足够 图4 长，木块与斜面间的动摩擦因数为心=0.5，已知 sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2,则前 2s内重力的平均功率和2s末重力的瞬时功率 分别为 ( A.48W24W B.24W48W C.24W12W D.12W 24W 解析：木块所受的合力F合=mgsin0- umgcos6=4N,木块的加速度a= 2m,前2s内木块的位移x=2ar2=?×2 ×22m=4m,所以重力在前2s内做的功为W= mgxsin0=2×10×4×0.6J=48J,重力在前 2s内的平均功率P=?=24W,木块在2s未 的速度v=at=2×2m/s=4m/s,2s末重力 的瞬时功率P=mgvsin0=2×10×4×0.6W =48W,故B正确. 答案：B 例4.一滑块在水平地面上沿直线滑行，t= 0时其速度为1m/s,从此刻开始在滑块运动方 向上再施加一水平作用力F,力F和滑块的速度 v随时间t的变化规律分别如图5甲、乙所示，则 以下说法正确的是 N ◆/八m"s) 2 甲 图5 A.第1s内，F对滑块做的功为3J B.第2s内，F对滑块做功的平均功率为4W C.第3s末，F对滑块做功的瞬时功率为1W D.前3s内，F对滑块做的总功为零 解析：由题图可知，第1s内，滑块位移为 1m,F对滑块做的功为2J,故A错误；第2s内， 滑块位移为1.5m,F对滑块做的功为4.5J,平 均功率为4.5W,故B错误；第3s内，滑块位移 为1.5m,F对滑块做的功为1.5J,第3s末，F对 滑块做功的瞬时功率P=v=1W,故C正确； 前3s内，F对滑块做的总功为8J,故D错误 答案：C 数理极 微 专题。 专题9变力做功与机车启动问题 ⊙广西蔡熙永 专题考点一：变力做功的计算 炼，如图2所示.假设聂海胜 1.利用动能定理求变力做功 锻炼15分钟克服动感单车阻 利用公式W=Fleos a不容易直接求功时， 力而消耗的能量约为900kJ 尤其对于曲线运动或变力做功问题，可考虑由动假设动感单车的阻力主要来 能的变化来间接求功，所以动能定理是求变力做源于距车轴0cm的阻尼装 功的首选. 置（可视为质点），聂海胜每 图2 2.利用微元法求变力做功 分钟蹬车90圈，则阻尼装置对车轮的阻力大小 将物体的位移分割成许多小段，因每段很约为 ( 小，所以每一小段上作用在物体上的力可以视为 A.180NB.350NC.580ND.780N 恒力，这样就将变力做功转化为在无数多段位移 解析：设平均阻力大小为f,则有f×15×90 上的恒力所做功的代数和.此法常用于求解大小×2πrJ=9.0×10J,解得∫≈354N,故B正确 不变、方向改变的变力做功问题 答案：B 3.化变力为恒力求变力做功 例3.如图3所示， 有些变力做功问题通过转换研究对象，可转个完全相同、边长足 图3 化为恒力做功，用W=Flcosa求解.此法常用于够小且互不粘连的小方块依次排列，总长度为L, 轻绳通过定滑轮拉物体做功的问题中. 总质量为M,它们一起以某一初速度在光滑水平 4.利用平均力求变力做功 面上滑动，某时刻开始滑上粗糙水平面.小方块 若物体受到的力方向不变，而大小随位移均与粗糙水平面之间的动摩擦因数为“，重力加速 匀变化时，则可以认为物体受到一大小为F=度大小为g,若小方块恰能全部进入粗糙水平 E+E的恒力作用，F、F,分别为物体在初、未 面，则摩擦力对所有小方块所做功的大小为 2 ( 位置所受到的力，然后用公式W=Flcos&求此 B.uMgl 变力所做的功. 5.利用F-x图像求变力做功 C.uMal D.2uMgl 在F-x图像中，图线与x轴所围“面积”的 解析：（方法一：利用平均力做功求解）总质 代数和就表示力F在这段位移内所做的功，且位 于x轴上方的“面积”为正功，位于x轴下方的 量为M的小方块在进入粗糙水平面的过程中， 滑动摩擦力由零开始均匀增大，当小方块全部进 “面积”为负功，但此方法只适用于便于求图线 所围面积的情况（如三角形、矩形、圆等规则的 入粗糙水平面时摩擦力达到最大值Mg,总位移 几何图形). 大小为1，平均摩擦力为F,=24Mg,由功的计 例1.如图1所示，一质 量为m的质点在半径为R 算公式可得W,=- 2uMgl,所以摩擦力对所有 的半球形容器中（容器固 小方块微功的大小为Wg1,故A正确 定)由静止开始自边缘上的 图1 A点滑下，到达最低点B时，它对容器的正压力 （方法二：利用F,-x图像↑ avg--- 为F重力加速度为g,则质点自A滑到B的过 求解)由于小方块受到的滑动 程中，摩擦力对其所做的功为 摩擦力F,从零开始均匀增大至 Mg,故可作出如图4所示的F A.7R(Fx -3mg)B.R(2mg-Fx) 图4 -x图像进行求解，其图线与横轴围成图形的面 C.7R(Fs-mg) D(R-2mg） 积即滑动摩擦力做功的大小，即μMgl,故A 解析：质点在B点，由牛顿第二定律，有：Fx正确 mg=m无，质点在B点的动能为Bu=之m心 答案：A 专题考点二：机车启动问题 =方(R、-mg)R质点自4指到B的过程中，由 1.模型一：以恒定功率启动 动能定理得：mgR+W,=Ea-0,解得：W,= (1)动态过程 之R(F-3mg),故A正确，BCD错误。 答案：A 加速度逐渐减小 身运动 例2.聂海胜利用太空跑台 一动感单车锻 的变加运动 一匀速真线运动一 27 (2)这一过程的P-t图像和v-t图像如图 所示 2.模型二：以恒定加速度启动 (1)动态过程 a=F-f 当f 保持 m 当P=P 保持Pm 时a-0, a不变， 时a≠0， 不变，1 P=F B达最大 F不变 ”仍增大 Fl ,al 速度m 这动 平匀加速真线运动+加速度逐渐减小 身速真 的变加速直线送动 线运动 (2)这一过程的P-t图像和v-t图像如图 所示 B 例4.如图5所示，为 某款新型配送机器人，该 机器人可以自动规避道路 障碍与往来车辆行人，实 现自动化安全配送的全场 图5 景适应.该机器人的额定功率为2.75kW,自身 质量为350kg,最大承载质量为200kg,行驶时 该配送机器人受到的阻力为其总重力的0.1倍 重力加速度g取10m/s2,不计其他摩擦，下列说 法正确的是 ( A.该配送机器人空载行驶时，能达到的最 大速度为9m/s B.该配送机器人满载行驶时，能达到的最 大速度为5m/s C.若该配送机器人以1m/s的加速度匀加 速满载启动，则做匀加速运动的时间为2.5s D.若该配送机器人以额定功率满载启动， 当速度为2m/s时，其加速度为1.5m/s2 解析：空载时能达到的最大速度为vm P 2.75×103 m/s≈7.86m/s,故A 0.1mg 0.1×350×10 错误；满载时能达到的最大速度为'm= 2.75×103 0.1(m+m)g 0.1×(350+200)×10 m/s =5m/s,故B正确；若该配送机器人以1m/s2的 加速度匀加速满载启动，根据牛顿第二定律可得 F-0.1(m+m)g=(m+m')a,匀加速阶段的 牵引力为F=0.1(m+m')g+(m+m)a=1 100N,则匀加速直线运动能达到的最大速度为 2.5/s,则该阶段时间为1 2.5s,故C正确；若该配送机器人以额定功率满 载启动，当速度为2m/s时，牵引力大小为F'= =1375N,则此时的加速度为a'= 2 F-0.1(m+m)g=1.5m/,故D正确， m +m 答案：BCD